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时间:2019-04-18
《2020版高考数学复习导数及其表示第2节第2课时利用导数研究函数的极值最值习题理含解析新人教a版》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第2课时 利用导数研究函数的极值、最值考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1-1】已知函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)解析 由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-22、2时,f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.答案 D规律方法 由图象判断函数y=f(x)的极值,要抓住两点:(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点;(2)由导函数y=f′(x)的图象可以看出y=f′(x)的值的正负,从而可得函数y=f(x)的单调性.两者结合可得极值点.角度2 已知函数求极值【例1-2】(2019·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)讨论函数f3、(x)在定义域内极值点的个数.解 (1)当a=时,f(x)=lnx-x,函数的定义域为(0,+∞)且f′(x)=-=,令f′(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.x(0,2)2(2,+∞)f′(x)+0-f(x)ln2-1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2)=ln2-1,无极小值.(2)由(1)知,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;当a>0时,当4、x∈时,f′(x)>0,当x∈时,f′(x)<0,故函数在x=处有极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数y=f(x)有一个极大值点,且为x=.规律方法 运用导数求可导函数y=f(x)的极值的一般步骤:(1)先求函数y=f(x)的定义域,再求其导数f′(x);(2)求方程f′(x)=0的根;(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意:导数为零的点不一定是极值点.角度3 已知函数的极(最)值求参数5、的取值【例1-3】已知函数f(x)=lnx.(1)求f(x)图象的过点P(0,-1)的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx+存在两个极值点x1,x2,求m的取值范围.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.设切点坐标为(x0,lnx0),则切线方程为y=x+lnx0-1.把点P(0,-1)代入切线方程,得lnx0=0,∴x0=1.∴过点P(0,-1)的切线方程为y=x-1.(2)因为g(x)=f(x)-mx+=lnx-mx+(x>0),所以g′(x)=-m-==-,令h(x)=mx2-x+m,要使g(x)6、存在两个极值点x1,x2,则方程mx2-x+m=0有两个不相等的正数根x1,x2.故只需满足即可,解得07、1]·ex-1,则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1,则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,f′(x)=(x2+x-2)·ex-1,令f′(x)=0,得x=-2或x=1,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,当-28、a的取值范围.解 ①因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.
2、2时,f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.答案 D规律方法 由图象判断函数y=f(x)的极值,要抓住两点:(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点;(2)由导函数y=f′(x)的图象可以看出y=f′(x)的值的正负,从而可得函数y=f(x)的单调性.两者结合可得极值点.角度2 已知函数求极值【例1-2】(2019·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)讨论函数f
3、(x)在定义域内极值点的个数.解 (1)当a=时,f(x)=lnx-x,函数的定义域为(0,+∞)且f′(x)=-=,令f′(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.x(0,2)2(2,+∞)f′(x)+0-f(x)ln2-1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2)=ln2-1,无极小值.(2)由(1)知,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;当a>0时,当
4、x∈时,f′(x)>0,当x∈时,f′(x)<0,故函数在x=处有极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数y=f(x)有一个极大值点,且为x=.规律方法 运用导数求可导函数y=f(x)的极值的一般步骤:(1)先求函数y=f(x)的定义域,再求其导数f′(x);(2)求方程f′(x)=0的根;(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意:导数为零的点不一定是极值点.角度3 已知函数的极(最)值求参数
5、的取值【例1-3】已知函数f(x)=lnx.(1)求f(x)图象的过点P(0,-1)的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx+存在两个极值点x1,x2,求m的取值范围.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.设切点坐标为(x0,lnx0),则切线方程为y=x+lnx0-1.把点P(0,-1)代入切线方程,得lnx0=0,∴x0=1.∴过点P(0,-1)的切线方程为y=x-1.(2)因为g(x)=f(x)-mx+=lnx-mx+(x>0),所以g′(x)=-m-==-,令h(x)=mx2-x+m,要使g(x)
6、存在两个极值点x1,x2,则方程mx2-x+m=0有两个不相等的正数根x1,x2.故只需满足即可,解得07、1]·ex-1,则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1,则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,f′(x)=(x2+x-2)·ex-1,令f′(x)=0,得x=-2或x=1,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,当-28、a的取值范围.解 ①因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.
7、1]·ex-1,则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1,则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,f′(x)=(x2+x-2)·ex-1,令f′(x)=0,得x=-2或x=1,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,当-28、a的取值范围.解 ①因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.
8、a的取值范围.解 ①因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.
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